Задание E7C13F: Целые и дробно-рациональные неравенства. Системы и совокупности неравенств

1. Исходное неравенство: (x² − 3 · x − 10) · (x² − 8 · x + 15) ≤ 0.
В обеих частях многочлены, поэтому допустимы все действительные x.

2. Перенесём правую часть влево: (x² − 3 · x − 10) · (x² − 8 · x + 15) − (0) ≤ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − 3 · x − 10 = (x − 5) · (x + 2).
x² − 8 · x + 15 = (x − 5) · (x − 3).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = (x − 5)² · (x − 3) · (x + 2); требуется f(x) ≤ 0.

3. Применим метод интервалов.
Критические точки в порядке возрастания: −2, 3, 5.
Внутри каждого полученного промежутка выражение непрерывно и не обращается в ноль, поэтому его знак постоянен. Найдём знак подстановкой одного числа из каждого промежутка:
(−∞; −2): при x = −3 получаем f(x) = 384, знак положителен.
(−2; 3): при x = −1 получаем f(x) = −144, знак отрицателен.
(3; 5): при x = 4 получаем f(x) = 6, знак положителен.
(5; +∞): при x = 6 получаем f(x) = 24, знак положителен.
x = −2 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 3 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 5 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.

4. Выбираем все промежутки, где выполняется исходный знак ≤, и учитываем граничные точки. Получаем:
x ∈ [−2; 3] ∪ {5}.
Проверены все промежутки между критическими точками и сами точки, поэтому множество решений полное.

Проверка полноты: знаки внутри промежутков, включение нулей и исходные ограничения учтены.

Ответ: [−2; 3] ∪ {5}.